2023-2024学年江苏省决胜新高考高三大联考物理试卷（4月）(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年江苏省决胜新高考高三大联考物理试卷（4月）(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于热学现象，下列说法正确的是( )
A. 液体有表面张力，原因是液体表面分子间的平均距离比液体内部大
B. 物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关
C. 不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
D. 给庄稼松土有助于将地下的水分引上来
2.如图所示是双缝干涉实验装置，使用波长为400nm的紫光源照射单缝S，在光屏中央P处观察到亮条纹，在位于P点上方的P1点出现第五条暗条纹.现换用波长为600nm的橙色光源照射单缝，则( )
A. P1为亮条纹，P和P1之间有三条暗条纹B. P1为亮条纹，P和P1之间有两条暗条纹
C. P1为暗条纹，P和P1之间有三条暗条纹D. P1为暗条纹，P和P1之间有两条暗条纹
3.如图所示，从水平面上A点以倾角为α斜向上方抛出一小球，抛出时速度大小为v0.小球落到倾角为θ的斜面上C点时，速度方向正好与斜面垂直，B为小球运动的最高点，已知重力加速度为g，则( )
A. 小球在B点的速度大小为v0sinα
B. 小球从A点运动到B点的时间为v0csαg
C. 小球落到C点前瞬间竖直方向的速度为v0csαtanθ
D. 小球从B点运动到C点的时间为v0sinαgtanθ
4.如图所示，A、B为两个带等量正电的点电荷，O为A、B连线的中点，以O为坐标原点，垂直AB方向为x轴，现将一带正电的粒子从x轴上P点由静止释放，粒子重力不计，则粒子在运动过程中( )
A. 受到电场力不断减小B. 运动的加速度不断减小
C. 粒子的电势能不断减小D. 粒子的速度先增大后减小
5.如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接 B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态.则( )
A. B受到C的摩擦力一定不为零B. C受到水平面的摩擦力一定不为零
C. 水平面对C的摩擦力方向可能向右D. 水平面对C的支持力大于B、C的总重力
6.光导纤维(简称光纤)由内芯和外套两层组成，如图所示，某光纤内芯折射率为 n，长为 L，真空中的光速为 c，传播的光信号从光纤轴线上的O点射向光纤.已知光信号在光纤内芯中传播时相对外套的临界角为60∘，为保证射入光纤内芯的光信号在传播过程中发生全反射，设传播信号从O点射向光纤的入射角为θ，在光纤中传播时间为t，则( )
A. t≥nLc，sinθ≤n2B. t≥nLc，sinθ≥n2
C. t≤nLc，sinθ≤n2D. t≤nLc，sinθ≥n2
7.一宇宙飞行器从地面发射，经过转移轨道后，绕太阳系另一行星运行，若再经过几次变轨后，进入如图所示的椭圆轨道Ⅰ，然后在轨道上P点变轨进入圆轨道Ⅱ，已知万有引力常量为G，则( )
A. 飞行器从地面发射的速度小于11.2km/s
B. 飞行器在P点从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时机械能减小
C. 若测出飞行器在轨道Ⅱ上运行的速率，可求该行星质量
D. 若测出飞行器在轨道Ⅰ经过P点时的速率和到该行星中心的距离，可求该行星质量
8.某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线的电阻，灯L1、L2规格相同.保持变压器A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光，则( )
A. 仅将滑片P上移，A的输入功率变大B. 仅将滑片P上移，L1亮度不变
C. 仅闭合S，L1、L2均正常发光D. 仅闭合S，输电线路输送效率减小
9.一定质量的理想气体从状态A开始依次经过状态B到状态C再回到状态A，其V−1T图像如图所示，其中C到A的曲线为双曲线的一部分.下列说法正确的是( )
A. 从A到B的过程中，气体对外做功，内能减少
B. 从B到C的过程中，气体吸收热量，内能减少
C. 从C到A的过程中，气体的压强不变，内能增加
D. 从C到A的过程中，气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多
10.如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧连接电池 E和电容器C，单刀双掷开关S接1，金属棒ab在导轨上处于静止状态.在t0时刻S接2，金属棒ab在导轨上向右运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻.则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
11.如图所示，在竖直面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接.使物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆，弹簧处于原长.现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点.弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则( )
A. A到B过程物块运动的加速度先增大后减小
B. A到C过程重力对物块做的功小于C到B过程重力对物块做的功
C. A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服合力做的功
D. 物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.在测量一节干电池电动势 E和内阻r的实验中，小亮设计了如图甲所示的实验电路，已知电流计 G的内阻为R0，满偏电流为I0，改装成量程Im为的电流表.
(1)与电流计并联的电阻Rx=__________.
(2)根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接.
(3)实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片调到__________(选填“左”或“右”)端.
(4)合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流计示数;S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流计示数.
在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流计示数Ig的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB.
①S2接1位置时，作出的U−I图线是图丙中的__________(选填“A”或“B”)线;测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是__________.
②由图丙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真=__________、r真=__________.
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图所示，实线和虚线分别是沿−x轴方向传播的一列简谐横波在t1=0和t2=0.6s时刻的波形图，波的周期满足0.6s>T>0.4s，求该波的周期和波速v.
14.大量处于n=5激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，将这些不同频率的光分别照射到图甲电路中光电管阴极K上时，只能测得两条光电流随光电管两端电压变化的图像(如图乙).已知a光对应的遏止电压为Ua，氢原子的基态能量为E1，激发态能量为En=E1n2，其中n=2，3，4⋯⋯，普朗克常量为h，电子电荷量为e.
(1)求光电管阴极的逸出功W0和b光对应的遏止电压Ub.
(2)若用b光照射，光电管两端加上的电压UKA=U0，求电子到达A极时的最大动能Ekm.
15.如图所示，右端有固定挡板的长为L的木板C置于光滑水平桌面上，在C上最左端和中点各放一个小物块A和B，物块A、B质量均为m，木板C的质量为2m.开始时，B和C静上， A以初速度v0向右运动.若A、B的大小以及挡板的厚度皆可忽略不计，物块 A、B与木板C之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与B间的碰撞是弹性碰撞，B与C碰撞后粘在一起运动，接触但无弹力视为未碰撞.
(1)若物块A与B不能发生碰撞，求v0的最大值;
(2)若物块A与B发生碰撞后，物块B与挡板不发生碰撞，求v0的最大值.
(3)若物块A恰好从木板C上掉下来，此情况下 B与C碰撞中系统损失的机械能为E0，求v0的大小;
16.如图甲所示，矩形MNPQ位于竖直平面内，水平线O1O2为矩形的一中心线，NP的长度为d，MN的长度为L，重力加速度为g.某质量为m，电荷量为q(q>0)的小球从O1点以初速度大小v0开始在矩形面内运动.
(1)若小球初速度沿O1O2方向向右，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上的匀强电场，小球恰好从 P点飞出矩形区域，求所加匀强电场场强的大小E0;
(2)若小球初速度沿O1O2方向向右，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上、场强大小为mgq的匀强电场，同时加上垂直于矩形区域向里的匀强磁场，小球恰好从PQ连线中点飞出矩形区域，求所加匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)若小球初速度偏向右上方向，且与O1O2成α=60∘，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上、场强大小为mgq的匀强电场，同时在垂直于矩形区域方向加上按如图乙所示变化的匀强磁场，变化周期T0=4πm3qB0(取垂直于矩形区域向外为正方向)，小球恰能从O2点飞出矩形区域，求所加磁场磁感应强度大小B0应满足的条件和小球在矩形区域运动的时间.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查表面张力、分子速率、热力学第二定律、毛细现象等认识，逐一分析即可判断，基础题目。
【解答】A、液体有表面张力，原因是液体表面分子间的平均距离比液体内部大，故 A正确；
B、物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，温度越高，速率大的分子数占比越多，故B错误；
C、由热力学第二定律知，不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，故 C错误；
D、给庄稼松土破坏了土壤里面的毛细管，不利于将地下的水分引上来，故D错误。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查杨氏双缝干涉实验，知道亮条纹和暗条纹的判断依据是解题的关键。
根据题设得出P1到S1和S2的光程差，结合亮条纹和暗条纹的产生条件分析即判断。
【解答】
当紫光照射时，PS1−PS2=412λ1=1800nm，由于1800nm=1800600λ2=3λ2，即PS1−PS2=3λ2，则换用波长为600nm的橙色光源照射单缝时，P1为亮条纹，可见P和P1之间有三条暗条纹，故A正确，BCD错误。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查斜抛运动的应用，知道斜抛运动最高点后的运动是平抛运动是解题的关键。
根据斜抛运动规律得出B点时小球的速度和小球抛出后运动到B点所用的时间即可判断；根据平抛运动规律得出小球落在C点时竖直分速度大小和运动的时间即可判断。
【解答】
AB、小球抛出后做斜抛运动，小球到达最高点时，其竖直分速度为0，此时小球的速度为水平分速度，为vB=v0csα，小球从A到B所用的时间t1=v0sinαg，故AB错误；
CD、小球由B到C做平抛运动，则tanθ=vBvCy，vCy=gt2，解得小球落到C点前瞬间竖直方向的速度vcy=v0csαtanθ，小球从B点运动到C点的时间为v2=v0csαgtanθ，故C正确，D错误。
4.【答案】C
【解析】【分析】
等量正电荷的垂直平分线上的电场强度沿x轴先增大，后减小，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的变化，由此分析解题即可。
解决本题的关键知道等量同种电荷周围电场线的特点，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低．
【解答】AB.等量正电荷连线的中点电场强度为零，沿x轴方向无穷远处电场强度为零，知电场强度沿x轴方向先增大后减小．由于不确定P点具体位置，根据F=qE，无法确定电场力具体变化情况，根据牛顿第二定律可知加速度变化情况也无法确定，故AB错误；
C.等量正电荷的电场线是排斥状的，x轴上沿正方向，因为沿电场的方向电势逐渐降低，知电势随x逐渐降低，由于粒子带正电，则粒子的电势能不断减小．故C正确，
D.根据等量正电荷对正电粒子的受力分析可知，正电粒子所受合力沿x正方向，则在电场力作用下粒子速度将增大，当到x轴方向无穷远处电场强度为零，则粒子所受合力也为零，粒子的速度就将不再改变，故D错误．
故选：C.
5.【答案】B
【解析】【分析】
对于B物体：当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力;以BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图，根据平衡条件分析地面对C的支持力和摩擦力大小和方向。
【解答】
A、当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力；当B的重力沿斜面向下的分力不等于绳子的拉力时，B受摩擦力，故A错误；
BC、以BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图如图：
根据平衡条件得水平面对C的摩擦力f=Fcsθ，方向一定水平向左，故B正确，C错误；
D、由图得到水平面对C的支持力大小N=GC+GB−Fsinθ6.【答案】A
【解析】【分析】
光在该光纤中的最短路径为L，根据位移计算公式求解；画出光的传播路径，当光线在Q点恰好发生全反射时，根据几何关系结合折射定律、全反射的条件进行解答。
本题主要是考查了光的折射和全反射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
【解答】
解：光在介质中传播的速度v=cn
光在该光纤中的最短路径为L，最短时间tmin=Lv=nLc；即t≥nLc，
设光照射在光纤端面的P点时，入射角为θ，折射角为β，光线进入光纤后照射在Q点，入射角为γ，如图所示：
当光线在Q点恰好发生全反射，则有：γ=C
则β=90∘−C
根据折射定律有：n=sinθsinβ
则有：sinθ≤ncsC=n2，故A正确。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了宇宙速度、变轨原理。
飞行器脱离地球没有脱离太阳，据此分析飞行器的发射速度；根据变轨原理解答；根据万有引力提供向心力解答；飞行器在轨道Ⅰ经过P点时，飞行器将做离心运动，万有引力小于向心力。
【解答】
A、飞行器从地面发射绕太阳系另一行星运行，即飞行器脱离地球没有脱离太阳，所以飞行器从地面发射的速度大于11.2km/s，小于16.7km/s，故A错误；
B、根据变轨原理，飞行器在P点从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时速度减小，因此机械能减小，故B正确；
C、若测出飞行器在轨道Ⅱ上运行速率不能求该行星质量，故C错误；
D、飞行器在轨道Ⅰ经过P点时，飞行器将做离心运动，万有引力小于向心力，即GMmr28.【答案】D
【解析】【分析】
理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系。
对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
【解答】
AB.仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则A的输出电压减小，B的输入电压与输出电压均减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故AB错误；
C.闭合S，B副线圈电阻减小，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，A原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压减小，灯泡两端电压减小，故灯泡L1会变暗，故C错误；
D.根据C分析知消耗和损失功率都增大，输电线路输送效率减小，故D正确。
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由温度决定。
【解答】
A.从A到B的过程中，气体体积增大，对外做功，但温度不变，故内能不变，故A错误；
B、从B到C的过程中，V不变，则W=0，T增大，分子对器壁的平均撞击力变大，则△U>0，内能增加，根据热力学第一定律△U=W+Q可得Q>0，即气体吸收热量，故B错误；
C、从C到A的过程中，根据理想气体状态方程pVT=C可得VT=Cp，由于CA曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体压强不变，V减小，T减小，内能减少，故C错误；
D、从C到A的过程中，p不变，V减小，因此气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多而单个气体分子撞击力变小，故D正确。
10.【答案】C
【解析】【分析】
开关接到2时，电容器将形成由a到b的放电电流，金属棒向右运动，切割磁感线，金属棒运动时将形成与原电流相反的感应电流，当二者相等时，导体棒匀速运动；
本题主要考查的是电磁感应中的图像问题，分析清金属棒的运动过程就能正确解答该题。
【解答】
电容器充电完毕后，开关打在2处时，处于放电状态，有流过导体棒从a到b的电流，在安培力作用下导体棒向右运动，在金属棒运动过程中，由于切割磁感线也将产生电动势，该电动势方向和电容器电压相反，故电路中电流是变化的，当金属棒的感应电动势和电容器电压相等时，金属棒匀速运动，电容器充完电带电量为Q=CE，故金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，回路中电流为0，电容器两个极板之间有电势差，仍带有一定的电荷量，开始的时候ab的电压等于E，t0时候切割电动势为零，金属棒电压等于电容器电压E，速度增大，切割电动势增大，电路电流减小，ab电压降低，C正确，ABD错误。
11.【答案】D
【解析】解：A.依题意，可知物块从A运动到B，先加速后减速，到B点速度为零，细绳上拉力不断变大，物块加速度先减小后反向增大，故A错误；
B.重力做功只看竖直方向位移，A到C和C到B物块下降距离相等，因此A到C过程重力对物块做的功等于C到B过程重力对物块做的功，故B错误；
C.根据动能定理，物块从A到C，合力做的功等于动能的增量；物块从C到B，克服合力做功等于动能的减少量。而物块在A点和B点的速度都为零，故两个过程物块动能的变化量相等，所以A到C过程物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，故C错误；
D.根据几何关系，可知物块从A到C过程的弹簧形变量小于C到B过程的弹簧形变量，故物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量，故D正确。
故选：D。
根据受力情况分析加速度的大小；判断重力做功大小；根据动能定理分析做功情况；根据弹簧形变量的大小分析弹性势能的大小。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力以外的力做功有关。
12.【答案】(1)I0R0Im−I0
(2)如图所示
(3)左
(4)①A
电压表的分流
②UB I0UBImIA
【解析】【分析】
(1)根据电表改装原理分析；
(2)关键是看清单刀双掷开关电路图与实物图即可．
(3)明确实验前应使滑片置于使电流最小的位置即可．
(4)①的关键是根据“等效电源”法分析测量误差的大小，即当S2接1位置时，把电源和电压表看作等效电源，电动势测量值测得是“等效电源”的外电路断开时的路端电压，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表示数将小于电动势真实值，即电动势测量值偏小；
同理内阻的测量值实际等于电压表与内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小．若S2接2位置时，可把电流计与Rx的并联电阻与电源看做一个等效电源，不难分析出电动势测量值等于真实值，而内阻测量值应等于内阻真实值和电流计与Rx并联电阻之和，即内阻测量值偏大．
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确用“等效电源”法分析“测量电源电动势和内阻实验”误差的方法，明确U−I图象中纵轴截距与斜率的含义．
【解答】
解：(1)根据并联电路特点可知：电流计两端的电压与Rx两端电压相等，则有Rx=I0R0Im−I0；
(2)实物连线图如图所示：
(3)为保护电路，实验开始前，应将滑片调到左端；
(4)①：当S2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律U=E断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U−I图线应是A线；
测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流．
②当S2接2位置时，可把电流计与Rx的并联电阻与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E=U断可知电动势测量值等于真实值，U−I图线应是B线，即E真=UB；
由于S2接1位置时，U−I图线的A线对应的短路电流电流表的示数为IA，则短路电流为I=ImI0IA，所以r真=E真I=I0UBImIA；
13.【答案】波沿x轴正向传播，则(n+14)T=Δt=0.6s(n=0,1,2,⋯)，
则T=2.44n+1s (n=0,1,2,⋯)；
又0.6s>T>0.4s
故T=0.48s
由图可知该波波长λ=1.2m，波速v=λT=

【解析】根据波形平移法分析时间与周期的关系，确定周期，再求波速。
14.【答案】解：(1)a光照射时eUa=(E4−E1)−W0
解得W0=−1516E1−eUa
b光照射时eUb=(E5−E1)−W0
解得Ub=E5−E4e+Ua=Ua−9E1400e
(2)由能量守恒定律有Ekm=eUb−eU0
解得Ekm=eUa−9E1400−eU0
【解析】本题考查能级跃迁和光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程、玻尔理论及eU=Ekm可计算光电管阴极的逸出功W0和b光对应的遏止电压Ub，由能量守恒定律求出电子到达A极时的最大动能。
15.【答案】解：(1)当物块A以初始速度v0向右运动时， B、C之间不发生相对运动.若物块A恰好与物块B不发生碰撞，设最终 A、B、C三者的共同速度为v1，由动量守恒定律得
mv0=4mv1
此过程中由能量守恒有μmgL2=12mv02−12×4mv12
解得v0= 4μgL3；
(2)当v0> 4μgL3时， A与B将发生弹性碰撞，会交换速度，之后 A与C的速度相等，而 B相对于A、C向右运动.若物块B刚好与挡板不发生碰撞，最终 A、B、C三者的速度相等，设此时三者的速度为v2，
根据动量守恒定律有mv0=4mv2
由能量守恒μmgL=12mv02−12×4mv22
解得v0= 8μgL3；
(3)物块A恰好从木板C上掉下来， A到达C的左端时三者的速度皆相同，以v3表示，由动量守恒有mv0=4mv3
由能量守恒μmg3L2+E0=12mv02−12×4mv32
解得v0= 4μgL+8E03m。
【解析】本题综合考查了动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律，综合性强，对学生的能力要求较高，关键需理清过程，抓住临界状态，运用合适的规律进行求解。
16.【答案】解：(1)小球做类平抛运动，设运动的加速度为 a，在矩形区域中运动时间t0=Lv0
水平方向有d2=12at02
由牛顿第二定律有qE0−mg=ma
解得E0=mq(g+dv02L2)
(2)小球受到的电场力F=qE=mg
则小球受到的合力即洛伦兹力，在矩形区域中做匀速圆周运动
设圆周运动半径为r，由几何关系有r2=(L2)2+(r−d2)2
由向心力公式有qv0B=mv02r。
解得B=4dmv0q(d2+L2)
(3)小球在矩形区域中做匀速圆周运动，设运动的轨道半径为r′，则有
qv0B0=mv02r′
为使小球不从MN、PQ边缘飞出，应满足r′≤d
小球在矩形区域运动的周期T=23⋅2πmqB0=T0
为使小球恰能从O2点飞出斜面，应满足的关系是L=k 3r′(k=1,2,3⋯⋯)
解得B0= 3kmv0qL(其中k取k≥ 3L3d的整数)
小球在矩形区域运动的时间t=kT02
解得t=2 3πL9v0
【解析】本题考查了带电小球在电场与三场叠加中的运动，分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键；此题有一定的难度。小球在电场中做类平抛运动；小球在复合场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹，根据几何关系求所加磁场磁感应强度大小B0应满足的条件和小球在矩形区域运动的时．
(1)小球做类平抛运动结合牛顿第二定律可得所加匀强电场场强的大小；
(2)小球在矩形MNPQ区域中受到的电场力等于小球的重力，则小球受到的合力即洛伦兹力提供向心力即在矩形区域中做匀速圆周运动，由几何关系可得圆周运动半径，接可求出所加匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)小球在矩形区域中做匀速圆周运动，为使小球不从 MN、PQ边缘飞出，结合几何关系可知运动的轨道半径可知所加磁场磁感应强度大小B0应满足的条件，再根据小球在矩形区域运动的周期以及小球恰能从O2点飞出斜面应满足的关系可得小球在矩形区域运动的时间